「学习笔记」二分图和网络流

序言

基本是对ix35整理内容的抄写。所以你会发现大量的重合。

只有一些不偏向定义的才会用自己能更好理解的话解释出来。

所以一些证明会相比其他人说明更加繁琐，不过这是写这篇文章此时的我能力内的理解，如果将来有更好的理解，能从更高的角度 / 从更简洁的语言出发，还会更新。

定理和推论，构造方案相关，也就是除去定义和证明以外比较重要的内容，都加粗了，复习的时候可以直接看加粗的内容。

二分图

二分图

定义

对于无向图 \(G=(V,E)\)，若存在将 \(V\) 划分成两个不相交子集 \(A,B\) 的方案，使得 \(A,B\) 的点导出子图都不含边，则称 \(G\) 为二分图，\(A,B\) 为 \(G\) 的两部。

即 \((u,v)\in E\to (u\in A,v\in B)\vee(u\in B,v\in A)\)．

根据定义，我们可以得出二分图是可以被二染色的图，即把每个节点着黑白两色之一，使得每条边的两个端点颜色不同，这等价于二分图的定义。

定理：图 \(G\) 为二分图，当且仅当 \(G\) 中不存在长度为奇数的环。

注：这里讨论的环如无特殊说明均为简单环，具体标准定义参考 oi-wiki。

可以用二染色来证明这个定理。

若 \(G\) 中存在长度为奇数的环 \(v_1,v_2,...,v_{2k-1}\)，那么将 \(v_1\) 染成黑色（黑白两色是对称的），那么 \(v_2\) 一定要染成白色。以此类推，\(v_1,v_3,...,v_{2k-1}\) 都要染成黑色，由于 \(v_1\) 和 \(v_{2k-1}\) 相邻，所以该图不能被二染色，则该图不是二分图。必要性得证。

若 \(G\) 中不存在长度为奇数的环，由于各个连通分量之间相互独立，考虑其中任意一个连通分量：求出任意一棵生成树，对于生成树上奇数深度的点染成黑色，偶数深度的点染成白色，由于不存在奇环，则相同颜色点之间必然没有边相连，即得到一个二染色方案，则该图是二分图。充分性得证。

推论：二分图 \(G\) 的任意子图都为二分图

推论：图 \(G\) 是二分图当且仅当其每个连通分量都是二分图。

证明是比较显然的，因为图 \(G\) 是二分图则其任意子图中都不存在奇环；图 \(G\) 不存在奇环等价于其各个连通分量里都不存在奇环。

至此，我们可以得出判断一张图是否为二分图的算法：

• 对于图 \(G\)，根据第二条推论，只需要判断每个连通分量是否是二分图。
• 对于图 \(G\) 的任意一个连通分量，从任意一点开始 dfs，来求出任意一棵生成树，如果遇到非树边，判断深度的奇偶性是否相同，若相同，那么出现了奇环，\(G\) 不是二分图；若所有非树边两端点深度奇偶性都相同，则根据深度奇偶性划分可得到一个二染色。
• 综上，可在时间复杂度 \(\mathcal{O}(|V|+|E|)\) 内解决问题。

栗题：[HNOI 2019] 校园旅行

给定无向图 \(G=(V,E)\)，每个点有 \(0\) 或 \(1\) 的一个标记，有 \(q\) 组询问，每组询问给定 \(s,t\in V\)，你需要求出是否存在一条 \(s\to t\) 的路径 \(P\)，使得路径经过的点的标记拼成一个回文。\(P\) 可以不是简单路径。

\(1\leq n\leq 5000,1 \leq m \leq 5\times 10^5,1 \leq q \leq 10^6\)．

暴力的想法是考虑 \(f_{i,j}\) 为 \(i\) 是否能走到 \(j\)，然后用类似 bfs 的方法更新 \(f\)，每次从队列中取出一个 \(f\)，往两边扩展，如果能更新新的 \(f\) 就扔进队列里面。这样复杂度是 \(\sum deg\times\sum deg=\mathcal{O}(m^2)\)．想办法优化这个暴力，也就是减少无用的边数。

如果要经过 \((u,v)\) 从点 \(u\) 走到点 \(v\)，考虑可以在这条边上来回折返，那么我们只关心这两个点组成的 \(01\) 串出现次数的奇偶性。

考虑仅有两端点为 \(00\) 或者 \(11,10(01)\) 的边及其端点组成的连通块，假设为 \(00\)：如果要经过这个连通块，由于只关心路径上 \(00\) 出现次数的奇偶性，所以要保留的信息仅为任意两点之间路径经过边数奇偶性的可能性。

考虑到如果连通块中有奇环，那么在这个奇环中走一圈会到起点，即可改变路径奇偶性，则任意两点经过的边数奇偶都可以；如果没有奇环，说明是个二分图，那么两点如果在同一部点中，则经过边数一定是偶数，否则经过边数一定是奇数。

由于我们只关心经过路径奇偶性，所以如果该连通分量是二分图，那么直接保留一个尽量小的连通子图，保留一棵生成树即可，如果该连通分量不是二分图，保留一棵生成树然后加一个非树边组成一个奇环即可，例如一个自环。可以发现这样边数降到了 \(\mathcal{O}(n)\)，任意两点之间路径经过边数奇偶性的可能性不变。

这样子建图之后做那个 bfs 就可以 \(\mathcal{O}(n^2+q)\) 解决这个问题。

二分图最大匹配

二分图最大匹配问题，即对于给定的二分图 \(G=(V,E)\)，求出大小最大的边集 \(A\subseteq E\) 使得 \(A\) 中不存在两条共端点的边。

匈牙利算法

令 \(P\) 是一个匹配，其中的边称为匹配边，匹配边的端点称为匹配点，如果一条路径从一个未匹配的左部点出发到达一个未匹配的右部点，交替经过不在 \(P\) 中的边和在 \(P\) 中的边，则称该路径为一条增广路。

定理：匹配 \(P\) 是二分图的最大匹配，当且仅当图中不存在增广路。

必要性：将这条增广路上的所有匹配边改为非匹配边，所有非匹配边改为匹配边，则匹配数量增加。

充要性：反证法。对于匹配 \(P\) 满足图中不存在增广路。假设图中最大匹配为 \(P'\)，则求出 \(P\) 和 \(P'\) 边导出子图的对称差 \(T\)．由于 \(P\) 和 \(P'\) 都是匹配，则 \(T\) 中点的度数均不超过 \(2\)，则 \(T\) 为若干个环和若干条链构成，如果 \(P\) 小于 \(P'\)，说明 \(T\) 中属于 \(P'\) 的边要更多，由于环和偶链属于两者的边数相等，那么就说明一定存在奇链，即为一条增广路，与假设不符。

由充要性的证明，引出匈牙利算法：

枚举左部点 \(i=1,2,...,n\)，维护 \(1,2,...,i-1\) 与右部点的匹配，尝试对 \(i\) 进行匹配，进入以下过程：

• 假设尝试对左部点 \(x\) 进行匹配，枚举出边到达的点 \(y\)：
• 若 \(y\) 没有被匹配，则找到一个增广路 \(x\to y\)；
• 否则尝试对 \(y\) 匹配的左部点 \(x'\) 进行匹配，若匹配成功则找到一个增广路 \(x\to y\to x'\to ...\)．若找到增广路，则将增广路上的边选择状态取反，答案 \(+1\)．
• 优化：每次从 \(i\) 寻找增广路时，如果一个左部点 \(x\) 或者右部点 \(y\) 之前被检查过没有找到增广路，则不必再检查一遍。
• 对于每个左部点，检查是 \(\mathcal{O}(m)\) 的，故算法的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(nm)\)．

匈牙利算法基于一个贪心的原则：一个点一旦进入匹配，就不会重新成为非匹配点，因此当找不到增广路时表示 \(i\) 在保持 \(1,\ldots,i-1\) 的匹配情况不变时一定无法加入最大匹配中。

基于此，我们可以得知，若将匹配成功的左部点视为 \(1\)，没有匹配的视为 \(0\)，则按照枚举顺序来拼接这些左部点，得到的字典序是最大的。

最大流做法

建立源点 \(s\) 和 汇点 \(t\)，\(s\) 向每个左部点连 \((s,x,1)\)，每个右部点向 \(t\) 连 \((x,t,1)\)，二分图上的边都是左部点向右部点连 \((u,v,1)\)，求出最大流即为最大匹配。

用 Dinic 实现复杂度为 \(\mathcal{O}(\sqrt n m)\)．

栗题 NOI2009 变换序列

容易把问题转化为给定左部点度数均为 \(2\) 的二分图，求左部点对应匹配点字典序最小的完美匹配。

先考虑把能确定的都确定下，也就是考虑度数为一的右部点，将其与对应的左部点匹配，然后删掉。如果出现零度点则无解。

这样子剩余的左部点和右部点个数相等，并且右部点的度数都 \(\geq 2\)（出现度数为 \(0\) 无解，出现度数为 \(1\) 的会被删掉），由于左部点度数都等于 \(2\)，说明右部点的度数也都等于 \(2\)．

所以此时图是若干个环组成的，对于每个环来说，只有两个完美匹配，选取字典序较小的那一个即可。

时间复杂度易做到线性。

覆盖与独立集

二分图最小点覆盖

最小点覆盖：在图中选择尽量少的点使得每条边至少有一条边被选。

König定理：二分图最小点覆盖大小等于最大匹配大小。

这里给出一种最小点覆盖的构造方法：

• 对于每个右边每个失配点，尝试走增广路，即“一条匹配，一条没匹配...这样交替出现的路径”，将所有走到的点都打上标记，称之为标记点。
• 左侧的标记点和右侧的未标记点组成了最小点覆盖。
• 证明其是一个点覆盖：如果一条边左右端点都不在点覆盖集里面，则左端点是未标记点，右端点是标记点：如果这条边是匹配边的话，右端点想要被标记必须由左端点标记之后走匹配边标记到右端点，所以对于匹配边来说，要不然两端点都被标记，要不然都不被标记；如果这条边不是匹配边的话，右端点被标记之后会走未匹配边标记左端点。所以不会存在这种情况，其为一个点覆盖。
• 最小点覆盖的点的个数下界为最大匹配数，因为想要覆盖匹配边就需要最大匹配数个点，还有未匹配边要覆盖，所以点集大小不会比最大匹配数更小。
• 证明这样得到的点集大小是最大匹配数个：
• 对于匹配边，要不然两端点都被标记，要不然都不被标记，这样每一个匹配边都会唯一对应一个覆盖点，匹配边上的覆盖点也都会唯一对应上这条匹配边。
• 对于非匹配边来说，如果其右端点是标记点，使得左右端点都打上了标记，那么左端点是覆盖点也一定是匹配点，要不然就找到了一条增广路；如果其右端点不是标记点，其一定为覆盖点，也一定是匹配点，因为如果不是匹配点就会作为路径起点而被标记。这样就说明覆盖点和匹配边构成了一组双射，覆盖点的个数即为匹配边的个数。

感觉我的说明还是比较细致（麻烦），ix35说的就比较简略，但其实细节上自己推推都能推出来。

二分图最大独立集

最大独立集：在图中选出尽量多的点使得其导出子图不含边。

对于任意一张无向图，有如下定理成立：

定理：最大独立集大小与最小点覆盖大小之和等于点数。

任何一组独立集选择状态取反之后都为一组点覆盖（对于一条边，独立集是两端点至多选一个，点覆盖值两端点至少选一个），所以独立集和点覆盖是一一对应的。

二分图是特殊的无向图，所以其在二分图中也是成立的。

应用的话大概就是在一些求最大/最小个数的题目中，通过建模转化成二分图最大独立集/最小点覆盖的问题。比较常见的就是棋盘黑白染色模型。

经典栗题：洛谷 P3355 骑士共存问题，洛谷 P5030 长脖子鹿放置，前者是直接的棋盘黑白染色模型，后者则是需要略微观察找出二分图的棋盘模型。

二分图最小边覆盖

最小边覆盖：用最少的边覆盖所有的点。

定理：最小边覆盖大小等于最大独立集大小

考虑最小边覆盖的下界：由于最大独立集两两之间没有边相连，所以一条边至多能覆盖掉最大独立集中的一个点，所以最小边覆盖大小 \(\geq\) 最大独立集大小。

构造得到这个下界：先选出所有的匹配边，对于所有的未匹配点，选出任意一条与之相连的边，这样一共选了总点数减去最大匹配数条边，即为最大独立集大小。

有向无环图最小路径覆盖

给定简单 DAG，我们要选出其中数目最小的（经过的点）不相交的路径，使得每个点至少在一条路径上。

对于 DAG \(G=(V,E)\)，构造二分图 \(H\)，其中 \(H\) 左右各 \(|V|\) 个点，如果 \((x,y)\in E\)，则将 \(H\) 左侧编号为 \(x\) 的点和右侧编号为 \(y\) 的点相连。

定理：DAG \(G\) 的最小路径覆盖大小等于 \(|V|\) 减去 \(H\) 的最大匹配数。

现在构造对 \(G\) 的路径覆盖和 \(H\) 的匹配构造一个双射：

• 对于 \(G\) 的一个路径覆盖，考虑一条路径 \(v_0,v_1,...,v_k\)，则在 \(H\) 中将左侧的 \(v_i\) 和右侧的 \(v_{i+1}\) 匹配。由于路径两两不相交，所以每个点的入度和出度 \(\leq 1\)，所以选出来的是一个匹配。
• 对于 \(H\) 的一组匹配，用类似的方法得到 \(G\) 的一个路径覆盖：初始时每个点都没有边经过，视为一条空的路径经过，对于每一个匹配边，在 \(G\) 中将其左侧点作为终点的路径拼接上其右侧点作为起点的路径。这样不会出现冲突，因为由于其为一个匹配，所以如果一个点被作为起（终）点拼接，它不会给另外一个点作为起（终）点拼接。

观察将 \(H\) 的匹配映射到 \(G\) 的路径覆盖的过程中，每一个匹配边都会使得 \(G\) 中的两条路径合并，那么 \(H\) 的最大匹配得到的就是 \(G\) 的最小路径覆盖。合并了 \(x\) 次，那么 \(G\) 中路径覆盖大小就是 \(|V|-x\)，定理得证。

栗题：[CTSC 2008] 祭祀

给定简单有向无环图 \(G=(V,E)\)，求最大的 \(A\subseteq V\) 使得 \(\forall x,y\in A\)，不存在 \(x\) 到 \(y\) 的路径。

\(|V|\leq 100,|E|\leq 1000\)

将 DAG 传递闭包后得到一个偏序集，即如果 \(a\) 可以到达 \(b\) 则 \(a\leq b\)．根据 Dilworth 定理，最长反链长度（两两不可比的最大集合）等于最小链划分大小（划分成尽量少的两两可比的集合），所以答案即为传递闭包后的最小路径覆盖大小。

二分图最大权匹配

费用流做法

建立源点 \(s\) 和 汇点 \(t\)，\(s\) 向每个左部点连流量为 \(1\)，费用为 \(0\)，每个右部点向 \(t\) 连流量为 \(1\)，费用为 \(0\)，二分图上的边都是左部点向右部点连流量为 \(1\)，费用为权值，求出最大费用最大流即为最大权匹配。

Hall 定理

对于二分图 \(G=(V,E)\)，令 \(N(v)\) 表示与点 \(v\) 相邻的点集，则关于最大匹配，我们有如下结论：

Hall 定理：设二分图 \(G\) 的两部分别为 \(X,Y\) 且 \(|X|\leq |Y|\)，则其存在一个大小为 \(|X|\) 的匹配（存在完美匹配）当且仅当 \(\forall S\subseteq X\)，有 \(|S|\leq |\bigcup\limits_{v\in S} N(v)|\)．

必要性（显然）：\(S\) 中连出去的边数不足需要的边数，也就是\(|\bigcup\limits_{v\in S} N(v)|<|S|\)，那么一定不会存在完美匹配。

充分性：假设最大匹配不是完美匹配，那么左部点集合 \(X\) 中至少有一个未匹配点 \(x\)，从这个 \(x\) 开始尝试走增广路，维护左部点集合 \(S\) 和右部点集合 \(T\)：

• 每次走到一个新的 \(x\)，加进 \(S\) 中，由于满足 Hall 定理条件，\(x\) 一定有一个相邻的点 \(y\)，满足其不在 \(T\) 中。如果其为未匹配点，则找到增广路，和最大匹配的假设矛盾；否则，将 \(y\) 加进 \(T\) 中，对于 \(y\) 的匹配点 \(x'\) 递归判断。

\(S\) 每次都会加进去一个新的点，而总的点数是有限的，所以最终一定会推得矛盾，充分性得证，则 Hall 定理得证。

Hall 定理的简单推论：

推论：若一个无向图每个点度数都为 \(k\)，则称其为 \(k\) 正则图，那么左右点数相等的 \(k\) 正则二分图必有完美匹配（\(k\ge 1\)）．

证明：则考虑任意一个左部点集 \(L\)，若不满足 Hall 定理，其所有的点的邻居组成的集合 \(R\) 满足 \(|R|<|L|\)，\(R\) 和 \(L\) 之间的边共有 \(|L|\times k\) 条，所以 \(R\) 的度数和 \(|R|\times k\geq |L|\times k\)；又由于 \(|R|<|L|\)，则 \(|R|\times k< |L|\times k\)，推得矛盾。所以这张图满足 Hall 定理，有完美匹配。

Hall 定理推广：设二分图 \(G\) 的两部分别为 \(X,Y\)，则其最大匹配为 \(|X|-\max(|S|-|\bigcup\limits_{v\in S} N(v)|)\)．

证明和 Hall 定理类似：

设 \(f(S)=|S|-|\bigcup\limits_{v\in S} N(v)|\)．

必要性：对于任意一个 \(S\)，其至少有 \(f(S)\) 个点不能匹配，则整张图至少有 \(\max (f(S))\) 个点不能匹配。设其为 \(k\)．

充分性：假设最大匹配 \(<|X|-k\) 也就是最大匹配中有 \(>k\) 个左部点是非匹配点，对于其中任意的 \((k+1)\) 个非匹配点构成的集合 \(S\)，尝试从这些点开始走增广路，维护左部点集合 \(S\) 和右部点集合 \(T\)，不断递归进行以下操作：

• 由于 \(|S|-|\bigcup\limits_{v\in S} N(v)|\leq k\)，所以至少存在一个右部点 \(y\) 满足其不在 \(T\) 中。若 \(y\) 是非匹配点，则找到一个增广路，与最大匹配的假设矛盾；否则将 \(y\) 加进 \(T\)，对于和 \(y\) 匹配的点 \(x'\)，加进 \(S\)，递归判断。

每次都会加进一个新的点，而点数是有限的，所以最终会推出矛盾。充分性得证，则结论得证。

网络流

网络

对于一个有向图 \(G=(V,E)\)，每条边 \((u,v)\in E\) 都有一个权值 \(c(u,v)\)，称之为容量，当 \((u,v)\notin E\) 的时候 \(c(u,v)=0\)，有两个特殊的点，称之为源点 \(s\in V\)，和汇点 \(t\in V\)，其中 \(s\neq t\)．

流

设 \(f(u,v)\) 定义在二元组 \((u\in V,v\in V)\) 上的实数函数满足：

1. 容量限制：\(f(u,v)\leq c(u,v)\)；
2. 斜对称性：\(f(u,v)=-f(v,u)\)；
3. 流守恒性：\(\forall x\in V-\{s,t\},\sum_{u,x\sin E}f(u,x)=\sum_{(x,v)\in E}f(x,v)\)．

称 \(f\) 为网络 \(G\) 的流函数，整个网络的流量即为从源点出发的所有流量之和。

最大流 费用流 最小割

具体的做法众所周知，于是就不写了！

记一下复杂度：

求解最大流复杂度

Dinic 最坏复杂度为 \(\mathcal{O}(n^2m)\)，事实上远远达不到这个上界。

对于求解类似二分图匹配问题时，所有边的流量均为 \(1\)，且除了源点和汇点外的所有点，都满足入边最多只有一条，或出边最多只有一条，这样的网络称之为单位网络，对于单位网络 Dinic 复杂度为 \(\mathcal{O}(\sqrt nm)\)．

求解费用流复杂度

SSP 算法：最坏 \(\mathcal{O}(nmf)\) 复杂度，其中 \(f\) 是最大流。

定理：最小割等于将每条边的代价转换成其容量后 \(s\) 至 \(t\) 的最大流。

首先先将 \(s\) 无法到达的点和无法到达 \(t\) 的点删去，不影响最大流和最小割的值。

对于一组割，将 \(V\) 分成两个不相交子集 \(L,R\)，其中 \(L\) 为 \(s\) 能流到的点集，\(R\) 为能流到 \(t\) 的点集，\(\{(u,v)|u\in L,\in R\}\) 一定是一组割，而且任意割一定能找到一个子集可以表示为这种形式。所以最小割一定可以表示成这种形式。

由于任意流都需要从 \(L\) 到 \(R\)，必须经过这些边，所以任意流 \(\leq\) 任意割。

对于最大流，将残量网络上的点分成 \(s\) 能到达的点集 \(L\)，以及 \(L\) 的补集 \(R\)。则 \(\{(u,v)|u\in L,v\in R\}\) 一定都是满流的，其构成一组割，此时最大流 \(\geq\) 这组割。又由于任意流 \(\leq\) 任意割，所以这组割是最小割。

最小割的方案

在做完最大流之后求出残量网络中 \(s\) 可以到达的点集 \(L\)，其余的点构成的集合为 \(R\)，则所有 \((u,v)\) 满足 \(u\in L,v\in R\)，则所有的 \((u,v)\) 构成了一组最小割。

但是最小割可能存在很多种，我们定义一条边为可行边为存在一组最小割使得这条边被割断，必经边定义为在每组最小割中这条边都被割断。

考虑暴力判断每一条边：

• 若删掉 \((u,v,w)\) 这条边，最小割的大小减少 \(w\)，则这条边是可行边；
• 若将 \((u,v,w)\) 这条边权值改为 \(+\infty\)，最小割变大，则这条边是必经边。

考虑更快地判断，在 \(G\) 跑完最大流的残量网络 \(G'\) 上讨论：

命题：一条边 \((u,v,w)\) 是最小割可行边，当且仅当这条边满流，并且 \(G'\) 上不存在 \(u\to v\) 的路径。

• 若不满流，退掉的流 \(< w\)，再加上有可能还会有增广路，那么最小割大小减少的量一定 \(<w\)；
• 若满流且 \(G'\) 存在 \(u\to v\) 的路径，那么将这条边删掉之后还会有增广路，最小割大小减小的量 \(<w\)；
• 同理，若满流且 \(G'\) 不存在 \(u\to v\) 的路径，将这条边删掉之后没有增广路，最小割大小减小的量 \(=w\)，其为可行边。

命题：一条边 \((u,v,w)\) 是最小割必经边，当且仅当 \(G'\) 上存在 \(s\to u\) 和 \(v\to t\) 的路径。

其实网上找到的命题还要满足满流，我想了一下如果 \(G'\) 上存在 \(s\to u\) 和 \(v\to t\) 的路径，那么这条边一定满流，否则就出现了一条增广路。

注意到若满足此条件，将 \((u,v,w)\) 这条边权值改为 \(+\infty\)，产生增广路，最小割变大，则这条边是必经边。

定理：将 \(G'\) 进行缩点，则边 \((u,v,w)\) 是可行边当且仅当满流且 \(u,v\) 在不同 SCC，是必经边当且仅当满流且 \(s,u\) 在同一 SCC，且 \(v,t\) 在同一 SCC。

这里的 \(G'\) 是指将残量网络中没有满流的边视作有向边，也就是删掉已经满流的边。

证明的话利用反向边讨论即可：

• 若 \((u,v,w)\) 满流，那么其反向边 \(v\to u\) 存在于 \(G'\) 中，则存在 \(u\) 到 \(v\) 的路径等价于 \(u,v\) 在同一 SCC。所以边 \((u,v,w)\) 是可行边当且仅当满流且 \(u,v\) 在不同 SCC；
• 若 \((u,v,w)\) 满流，说明一定存在 \(s\to u\) 的流，其路径上的反向边在其中，所以 \(G'\) 存在 \(u\to s\) 的路径，那么 \(G'\) 存在 \(s\to u\) 的路径等价于 \(s\) 和 \(u\) 在同一 SCC 中。同理，\(G'\) 存在 \(v\to t\) 的路径等价于 \(v\) 和 \(t\) 在同一 SCC 中。

综上，定理得证。

根据以上定理，可以得到以下判断最小割方案的方式：

求出最大流，在残量网络上进行缩点，连接不同 SCC 的满流边是可行边，连接 \(s\) 所在 SCC 和 \(t\) 所在 SCC 的满流边是必经边。

也就是 [AHOI2009]最小割。

二分图最大匹配方案与可行边（点）必经边（点）

感觉没什么用，就不记了。遇到再来补。

最小割求最大权闭合子图

定义：有一个有向图，每一个点都有一个权值（可以为正或负或 \(0\)），选择一个权值和最大的子图，使得每个点的后继都在子图里面，这个子图就叫最大权闭合子图。

转化成最小割问题：

建立超级源点 \(s\) 和汇点 \(t\).

\(s\) 向每个正权点连边，流量为权值的绝对值。这条边存在代表该点在所选子图中。

每个负权点向 \(t\) 连边，流量为权值的绝对值。这条边存在代表该点不在所选子图中。

原图边的流量均为 \(+\infty\) （不能被割掉）。

求该网络的最小割，即可求出最大权闭合子图包含哪些点。

最大权闭合子图的权值 \(=\) 正权和 \(-\) 最小割。

合法性

当 \(s\) 和 \(t\) 连通时，选出的子图不满足条件。假设有一条增广路，\(s\to i\to \ldots \to j\to t\)，则 \(i\) 被选中，\(j\) 没有被选中，不符合限制。

当 \(s\) 和 \(t\) 不连通时，选出的子图满足条件。对于任意一个 \(s\to i\)：

• \(i\) 的后继负节点到 \(t\) 的边被割掉了，它们被选中了；

• 由于已经割掉了 \(i\) 的所有后继负节点，\(i\) 的后继正节点一定无法走到 \(t\)，割掉它们与 \(s\) 的边是不优的，最小割不会把它们割掉，所以 \(i\) 的所有后继正节点都被选中了。

最优性

根据前面的讨论，任意一个合法的割都对应着唯一一个选点方案；任意一个合法的选点方案都对应着唯一一个割。

这样任意一个割和选点方案都组成了一个双射。由于一个选点方案的权值 \(=\) 正权和 \(-\) 割的大小。

所以最大权闭合子图的权值 \(=\) 正权和 \(-\) 最小割。

上下界网络流

上下界顾名思义就是对于每条边流过的流量，不仅有上界 \(c(u,v)\)，还存在下界 \(b(u,v)\)（至少要流过多少流量）。也就是流函数 \(f\) 要满足 \(b(u,v)\leq f(u,v)\leq c(u,v)\)．

可以有以下分类：

• 无源汇和有源汇：因为有上下界，所以网络可以保持流量平衡而没有源点和汇点，这一类成为无源汇上下界网络流。
• 可行流，最大流，最小流，费用流。

无源汇上下界可行流

给定一张上下界网络图，求一种合法的流量函数，使得每个点都满足流量守恒。

考虑将其转化成无下界即普通的最大流问题。

对于每一条边，假装其流了 \(b(u,v)\)，那么剩余能流的就是 \(c'(u,v)=c(u,v)-b(u,v)\)，但是这样流量不一定守恒，于是考虑每个点 \(x\) 出流量与入流量的差 \(M\)，并建立超级源点 \(S\) 和 \(T\)：若 \(M=0\)，则出入流量已经守恒；若 \(M>0\)，出流量太多了，需要一定的入流量来平衡，于是连边 \((S,x,M)\)；若 \(M<0\)，入流量太多了，需要一定的出流量来平衡，于是连边 \((x,T,-M)\)．

这样求出 \(S\) 到 \(T\) 的最大流，如果新加的边是满流，就说明这个点可以保持流量平衡，否则就不能保持流量平衡。若所有点都保持流量平衡即求出一个可行流，否则不存在可行流。

有源汇上下界可行流

添加一条边 \((t,s,+\infty)\) 即可转化成无源汇上下界可行流。

有源汇上下界最大流

看看有没有可行流，如果有的话删掉所有附加边在残量网络上再跑一次最大流（这次只有上界了），将可行流和最大流相加即为答案。

不会证明正确性，也没找到。

也可以二分答案，将 \(t\to s\) 的边下界设为 \(m\) 转成可行流问题。

有源汇上下界最小流

类似最大流，考虑将残量网络中不需要的流退掉，在残量网络上跑一次 \(t\) 到 \(s\) 的最大流，将可行流减去最大流即为答案。

不会证明正确性，也没找到。同理也可以二分答案。

有(无)上下界最小(大)费用可行(最大)流

和上面的都一样，把最大流换成费用流。

有负环的费用流

对于价值为负数的边 \((u,v,c,w)\)，先假装这条边流满了，答案费用加上 \(c\times w\)，然后建反边 \((v,u,c,−w)\)，这样就都是正权边了。

但是流量可能不平衡，那就用上下界网络流的思想建立超级源点 \(S\) 和超级汇点 \(T\)，和多流出或者多流入的点连边即可。

如果原问题是有源汇无源汇，流量有无下界，进一步的解决方法和之前讨论到的都是一样的。

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终于把基础的东西都写完了，待补的还有二分图最大权匹配的KM算法，这个感觉还用不到，也有可能是没什么用，等以后再学吧。